第二十四章圆暑期提升训练题 2025—2026学年人教版数学九年级上册

第二十四章 圆 暑期提升训练题 一、单选题 1．半径的为2，圆心到直线的距离为3，则直线与（   ） A．相离 B．相切 C．相交 D．相切或相交 2．如图，点A、B、C、D在圆O上，，点B是的中点，则的度数是（   ） A． B． C． D． 3．如图，P为圆O外一点，为的切线，A为切点，交于点B，，则线段的长为（   ） A．6 B． C．4 D．8 4．如图，已知四边形是的内接四边形，是的直径，的平分线交于点，连接．若，则的长为（    ）． A． B． C． D． 5．如图，是的直径，于点，交于点，于点，交于点，为弧的中点，为线段上一动点，若，则的最小值是（    ） A．4 B． C．6 D． 6．如图，在等腰直角三角形中，，厘米，且两部的面积相等，那么圆A（A为圆心）的面积是（ ）平方厘米． A．157 B．200 C．314 D．400 7．如图，六边形是内接正六边形，以为边作正五边形，连接，延长交于点，若半径为，则的长为（   ） A． B． C． D． 8．如图①，在扇形中，，动点P从点O出发，沿匀速运动，的长度y与点P运动的路程x之间的函数关系如图②所示，则图中a的值为（   ） A．12 B． C．18 D． 9．如图，，，，为上四点，，，垂足为，若，则与弦围成的弓形的面积为（    ） A． B． C． D． 10．如图，已知A，B，C，D是同一圆上的点，相交于点，，则下列结论不正确的是（    ） A． B． C． D． 二、填空题 11．若扇形的面积是它所在圆的面积的，则这个扇形的圆心角的大小是 度． 12．在平面直角坐标系中，的圆心坐标为，半径为，那么轴与的位置关系是 ． 13．如图，点、、、、在上，且为，则的度数为 ． 14．如图，，分别切于点为，，若，弧的长为，则的半径为 ． 15．如图，在正六边形中，有两点同时、同速从中点出发，点沿方向运动，点沿射线方向运动，后，两点与多边形中心的连线及多边形（延长线）所围成图形如图所示（阴影部分），两部分的面积分别为，若，则 （用含的代数式表示）． 三、解答题 16．如图，是的直径，且，为上一动点（不与点、重合）过点作的切线交延长线于点，为中点，连接． (1)求证：是的切线； (2)若，求阴影部分的面积． 17．如图，在中，，，为线段上一点，以为圆心、为半径的圆与相切于点． (1)请用圆规和无刻度的直尺在圆上找一点，使得点；（要求：不写作法，保留作图痕迹，使用铅笔作图） (2)连接，判断是否是等边三角形？如果是，请证明，并计算的面积；如果不是，请说明理由． 18．如图，在中，，以为直径作，与相交于点．连接，与相交于点． (1)如图1，连接，求的度数； (2)如图2，若点为的中点，且，求的长． 19．已知，正方形和它的外接圆． (1)如图1，若点在弧上，是上的一点，且，过点作，．求的半径； (2)如图2，若点在弧上，过点作，试探究此时线段、、之间的关系．请写出你的结论并证明； (3)如图3，在正方形中，，若点满足，且，请直接写出点到的距离． 20．如图，内接于，为直径，在延长线上取一点E，使得，连结，在下方，作，连结交于点D，连结． (1)如图1，若． ①求证：； ②若，，求的长度； (2)如图2，若，时，求证：． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《第二十四章 圆 暑期提升训练题2025-2026学年人教版九年级数学上册》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A D C C D D D B C 1．A 【分析】根据直线和圆的位置关系可知，圆的半径小于直线到圆心的距离，则直线l与的位置关系是相离．据此即可作答．本题考查了直线与圆的位置关系． 【详解】解：∵的半径为2，圆心到直线的距离为3，且， ∴直线与相离． 故选：A． 2．A 【分析】根据圆周角定理，解答即可． 本题考查了圆周角定理，熟练掌握定理是解题的关键． 【详解】解：连接， ∵点B是的中点，， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 3．D 【分析】连接，根据切线的性质，含角的直角三角形的性质解答即可． 本题考查了圆的性质，切线的性质，含角的直角三角形的性质，熟练掌握性质是解题的关键． 【详解】解：连接， ∵为的切线，A为切点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：D． 4．C 【分析】本题主要查了圆周角定理，勾股定理．根据圆周角定理可得，从而得到，再由是的直径，可得，再由勾股定理即可求解． 【详解】解：平分， ， ， ∴， 是的直径， ． 由勾股定理得：． 故选：C 5．C 【分析】如图，延长交于点，连接，，，由垂径定理得，进而得，点关于的对称点为点，根据两点之间线段最短得当，，三点共线时，最小，最小值为的长，在利用直角三角形的性质即可求解． 【详解】解：如图，延长交于点，连接，，， ∵于点，交于点，为弧的中点， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点关于的对称点为点， ∴， ∴ 当，，三点共线时，最小，最小值为的长， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴的最小值． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了弧、圆心角的关系，垂径定理，直角三角形的性质，两点之间线段最短，熟练掌握弧、圆心角的关系，垂径定理是解题的关键． 6．D 【分析】本题考查了三角形面积，扇形面积，已知等腰直角三角形的底和高都是10厘米，根据“三角形面积底高”计算出三角形的面积；因为两部的面积相等，所以扇形的面积等于三角形的面积；由于三角形是等腰直角三角形，，所以扇形的圆心角，所以扇形面积是圆A面积的，计算圆A的面积就是用扇形面积除以所占分率． 【详解】解：（平方厘米）， ∵两部的面积相等， ∴扇形的面积等于三角形的面积； ∴扇形的面积等于（平方厘米）， ∵三角形是等腰直角三角形， ∴， ∴扇形的圆心角， ∴圆A的面积为（平方厘米）， 所以圆A（A为圆心）的面积是400平方厘米． 故选：D． 7．D 【分析】本题考查了求弧长，正多边形和圆，连接，根据正多边的性质求得，进而求得，根据圆周角定理求得，然后根据弧长公式，即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵六边形是内接正六边形， ∴ ∴， ∵为边作正五边形， ∴，， ∴ ∴ ∴ ∴的长为 故选：D． 8．D 【分析】本题考查弧长公式，根据图象先得到半径长，然后代入弧长公式计算弧长，即可得到a的值解题． 【详解】解：由图象可得， ∴， ∴， 故选：D． 9．B 【分析】本题考查了圆周角定理、等腰三角形的判定与性质、扇形面积公式，连接、、，作于，设，，则，先计算出，，由圆周角定理可得，，得出为等腰直角三角形，求出，得出为等腰直角三角形，求出，再由与弦围成的弓形的面积为计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 【详解】解：如图：连接、、，作于， 设，，则， ∵， ∴， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∵， ∴， 由①②可得，， ∴，， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴与弦围成的弓形的面积为， 故选：B． 10．C 【分析】本题考查的是圆周角定理的应用，圆心角，弧，弦之间的关系，先证明可判断A，B，再证明，可判断D，进一步记圆心为，连接，可判断C. 【详解】解：∵A，B，C，D是同一圆上的点，相交于点，， ∴， ∴，故A，B不符合题意； ∵， ∴， ∴， ∴，故D不符合题意； 如图，记圆心为，连接， ∵不一定相等， ∴不一定相等；故C符合题意； 故选：C 11． 【分析】本题考查了扇形面积公式，圆的面积公式，掌握扇形面积是解题的关键． 设扇形的圆心角度数为，半径为，由扇形面积公式和圆的面积公式得到，即可求解． 【详解】解：设扇形的圆心角度数为，半径为， 由题意得， 解得：， 故答案为：． 12．相交 【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，坐标与图形，由题意可求到y轴的距离d为3，根据直线与圆的位置关系的判定方法可求解． 【详解】解：∵的圆心坐标为， ∴到y轴的距离d为3， ∵， ∴y轴与相交， 故答案为：相交． 13．/160度 【分析】本题考查圆周角定理、弧度数与圆心角的关系，先根据圆周角定理得到，，再根据弧度数与圆心角关系得到，进而根据周角定义求得即可求解． 【详解】解：连接，，，则，， ∵为， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 14．36 【分析】本题考查切线性质（圆的切线垂直于过切点的半径 ）与弧长公式（ ），关键是利用切线性质求圆心角，结合弧长公式列方程求解． 连接 、，利用切线性质得 、，结合四边形内角和求圆心角，再用弧长公式列方程求半径． 【详解】解：连接 、 ， 分别切 于 ， ，，即 四边形 内角和为 ， 又 弧 长 ， 解得 故答案为： 15． 【分析】本题考查正多边形与圆，多边形的面积等知识，如图，连接，作于W，于T．得出，推出，推出，可得，推出，由可得结论． 【详解】解：如图，连接，作于W，于T，设与交于点． 在正六边形中，∵， ∴， ∵， ∴， ∵点P，Q同时，同速从中点M出发， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴ 故答案为：． 16．(1)见解析 (2) 【分析】（1）如图，连接，根据切线的性质得到，根据圆周角定理得到，由点E是的中点，得到，根据全等三角形的性质得到，根据切线的判定定理得到结论； （2）根据三角形的内角和定理得到，根据圆周角定理得到．求得，根据三角形的中位线性质和平行线的性质得到，根据含30度角的直角三角形的性质和勾股定理得到，根据三角形的面积公式和扇形的面积公式即可得到结论． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵与相切于点C， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵点E是的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴，则， ∵经过的半径的外端， ∴是的切线； （2）解：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】此题是圆的综合题，重点考查圆的切线的判定与性质、圆周角定理、三角形的中位线定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、直角三角形中角所对的直角边等于斜边一半、勾股定理的应用、三角形的面积公式及扇形的面积公式等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 17．(1)见解析 (2)是等边三角形，证明见解析， 【分析】（）以点为圆心，的长为半径画弧，交于点，连接，则，点即为所求； （）连接，设与相交于点，由切线的性质可得，即得，进而得到，即可得，即可由得到是等边三角形，再利用等边三角形的性质和勾股定理计算出的面积即可； 本题考查了切线的性质，等边三角形的判定和性质，圆周角定理等，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】（1）解：如图所示，以点为圆心，的长为半径画弧，交于点，则，点即为所求． 理由：连接， ∵与相切于点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：是是等边三角形． 证明：连接，设与相交于点， ∵与相切于点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵是等边三角形，， ∴， ∴， ∴， ∴． 18．(1) (2) 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，弧长公式等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． （1）连接，先证明，得到，由等腰三角形性质得到，设，在四边形中，由四边形内角和等于计算即可； （2） 根据直角三角形斜边中线的性质先证明为等边三角形，则可求度数，再由弧长公式即可求解． 【详解】（1）解：连接， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 设， 在四边形中，∵ ∴， ∴； （2）解：连接， ∵，为中点， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴的长为：． 19．(1) (2)，理由见解析 (3)或 【分析】（1）连接、，由题意易得，则可证，然后可得，进而可得是等腰直角三角形，进而在中，勾股定理，即可求解． （2）在上取点G，使，连接，同理（1）可得：，则有是等腰直角三角形三角形，然后问题可求解； （3）由题意易得点P在以为直径的圆上，则可分当点P在如图3①所示位置时，当点P在如图3②所示位置时，进而问题可求解 【详解】（1）解：连接、，如图所示： ∵四边形是正方形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴， ∴， ∴ ∵ ∴是的直径， ∴ 在中， ∴ ∴的半径为 （2），理由如下： 在上取点G，使，连接， 同理（1）可得：， ∴， 在正方形中，， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形三角形， ∵， ∴， ∵， ∴； （3）解：点A到的距离是或，理由如下： ∵， ∴点在以点为圆心，为半径的圆上， ∵， ∴点在以为直径的圆上， ∴点是这两圆的交点， ①当点P在如图3①所示位置时， 连接、、，作，垂足为H，过点A作，交于点E，如图3①， ∵四边形是正方形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∵， ∴A、P、D、B在以为直径的圆上， ∴， ∴是等腰直角三角形， 又∵是等腰直角三角形，点B、E、P共线，， ∴由（2）中的结论可得：， ∴， ∴； ②当点P在如图3②所示位置时， 连接、、，作，垂足为H，过点A作，交的延长线于点E，如图3②， 同理可得：， ∴， ∴， 综上所述：点A到的距离为或． 【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、圆周角定理、三角形全等的判定与性质等知识，考查了运用已有的知识和经验解决问题的能力，而通过添加适当的辅助线从而能用（2）中的结论解决问题是解决第（3）的关键． 20．(1)①见解析；② (2)见解析 【分析】（1）①由圆周角定理得，等量代换得，然后根据即可证明； ②由圆周角定理得，在中，求出， 在中求出，由面积法求出，然后在中利用勾股定理即可求解； （2）取的中点G，连结，根据证明得，设，，求出，进而可证结论成立． 【详解】（1）①证明：∵， ， ∵， 在和中， ； ②解：连结， 为直径， ， ， ， ， ，， 在中，， 在中，， ， ， 在中，； （2）解：取的中点G，连结， ∵， ， ∵， ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， 设，， ， ， ， ， ， 连接， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，弧、弦、圆心角的关系，正确作出辅助线是解答本题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$